51Nod 1486 大大走格子 —— 组合数学

题目链接：https://vjudge.net/problem/51Nod-1486

1486 大大走格子

题目来源： CodeForces

基准时间限制：1 秒 空间限制：131072 KB 分值: 160 难度：6级算法题

 

有一个h行w列的棋盘，里面有一些格子是不能走的，现在要求从左上角走到右下角的方案数。

Input

单组测试数据。
第一行有三个整数h, w, n(1 ≤ h, w ≤ 10^5, 1 ≤ n ≤ 2000)，表示棋盘的行和列，还有不能走的格子的数目。
接下来n行描述格子，第i行有两个整数ri, ci (1 ≤ ri ≤ h, 1 ≤ ci ≤ w)，表示格子所在的行和列。
输入保证起点和终点不会有不能走的格子。

Output

输出答案对1000000007取余的结果。

Input示例

3 4 2
2 2
2 3

Output示例

2

System Message (题目提供者)

题意：

从(1,1)走到(h,w)，只能往下或者往右，且不能走障碍点，问有多少条路线？

题解：

1.可知从(0,0)走到(n,m)有 C(n+m,n)条路径，那么对于一个位于(x,y)的障碍，从(1,1)走到它的位置有C(x+y-2,x-1)条路径。

2.设dp[i]为从(1,1)走到障碍i，且途中不经过任何障碍（除自己外）的路径数。那么怎么求dp[i]呢？

2.1 首先不考虑途中的障碍，那么就有C(x+y-2,x-1)条路径。

2.2 然后再考虑回途中的障碍，如果障碍j满足：x[j]<=x[i] && y[j]<=y[i]，那么它就会存在于某些路径当中，即这些路径不合法，需要去除。为了把从(1,1)到障碍i所有不合法的路径删除掉，既不多删也不漏删，就需要一种合理的删除方式：对于一个满足x[j]<=x[i] && y[j]<=y[i] 的障碍j，我们删除以障碍j为路径上第一个障碍的路径，即 dp[j]*C(x[i]-x[j]+y[i]-y[j]-2, x[i]-x[j]-1)，然后枚举所有满足条件的障碍j，就正好能够不多不少地把非法路径去除掉。

3. 为了操作方便，把右下角也当成是一个障碍，那么得到的dp[]即为答案。

学习之处：

1.求C[n][m]可以不用O(nm)的时间、空间去预处理，也可以不用O(m)的时间根据公式 C[n][m] = (n-m+1)*C[n][m-1]/m 进行递推。只需先用O(n)的时间预处理出阶乘A[]，然后再利用公式：C[n][m] = A[n]/((n-m)!*m!) 以O(1)的时间复杂度求出。

2.按一定的规则或限定去枚举一个合法（非法）对象，并求出其对答案的影响，那么所有合法（非法）对象对答案的影响的并集，即为答案。

代码如下：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <string>
#include <set>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int INF = 2e9;
const LL LNF = 9e18;
const int MOD = 1e9+7;
const int MAXN = 2e3+10;

struct node
{
    int x, y;
    bool operator<(const node &a){
        if(x==a.x) return y<a.y;
        return x<a.x;
    }
}a[MAXN];

LL qpow(LL x, LL y)
{
    LL s = 1;
    while(y)
    {
        if(y&1) s = (s*x)%MOD;
        x = (x*x)%MOD;
        y >>= 1;
    }
    return s;
}

LL A[200010], inv[200010];  //预处理出阶乘A[i]，以及逆元inv[i]，其中inv[i]是A[i]的逆元。
LL C(int n, int m)
{
    return (((A[n]*inv[n-m])%MOD)*inv[m])%MOD;
}

LL dp[MAXN];
int main()
{
    int h, w, n;
    A[0] = inv[0] = 1;
    for(int i = 1; i<200010; i++)   //预处理
    {
        A[i] = (i*A[i-1])%MOD;
        inv[i] = qpow(A[i], MOD-2);
    }
    while(scanf("%d%d%d", &h,&w,&n)!=EOF)
    {
        for(int i = 1; i<=n; i++)
            scanf("%d%d", &a[i].x, &a[i].y);
        a[++n].x = h; a[n].y = w;   //把右下角加进去，简化处理
        sort(a+1,a+1+n);    //按坐标排序
        for(int i = 1; i<=n; i++)
        {
            dp[i] = C(a[i].x+a[i].y-2, a[i].x-1);   //初始化
            for(int j = 1; j<i; j++)    //去除不合法的
            if(a[i].x>=a[j].x&&a[i].y>=a[j].y)
                dp[i] = (dp[i]-(dp[j]*C(a[i].x-a[j].x+a[i].y-a[j].y, a[i].x-a[j].x))%MOD+MOD)%MOD;
        }
        printf("%lld
", dp[n]);
    }
}